intTypePromotion=4

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: Lan Yuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
59
lượt xem
3
download

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi tuyển sinh lớp 10 sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

  1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ----------------------- I. TRẮC NGHIỆM (3,0 ñiểm) Chọn phương án trả lời ñúng trong các câu sau: 4 Câu 1: Khi x = 7 biểu thức có giá trị là x + 2 −1 1 4 4 A. . B. . C. . D. 2 . 2 8 3 Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào ñồng biến trên ℝ ? A. y = 1 − x . B. y = 2x − 3 . ( C. y = 1 − 2 x . ) D. y = −2x + 6 . Câu 3: Số nghiệm của phương trình x 4 − 3x 2 + 2 = 0 là A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 4: Cho hàm số y = ax (a ≠ 0) . ðiểm M (1;2) thuộc ñồ thị hàm số khi 2 1 1 A. a = 2 . B. a = . C. a = −2 . D. a = . 2 4 Câu 5: Từ ñiểm A nằm bên ngoài ñường tròn (O ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới ñường tròn ( B,C là các  = 30 ,số ñocủa cung nhỏ CK là tiếp ñiểm). Kẻ ñường kính BK . Biết BAC A. 30° . B. 60° . C. 120° . D. 150° . Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân ñường cao hạ từ ñỉnh A xuống cạnh BC . Biết HB 1 AH = 12cm , = . ðộ dài ñoạn BC là HC 3 A. 6cm . B. 8cm . C. 4 3cm . D. 12cm . II. TỰ LUẬN (7,0 ñiểm) 2 2 Câu 7: Cho biểu thức A = ( ) ( x −1) − 3 x + 1 với x ≥ 0 , x ≠ 1 . x +1 + ( x − 1)( x + 1) x − 1 a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm x là số chính phương ñể 2019A là số nguyên. Câu 8: An ñếm số bài kiểm tra một tiết ñạt ñiểm 9 và ñiểm 10 của mình thấynhiều hơn 16 bài. Tổng số ñiểm của tất cả các bài kiểm tra ñạt ñiểm 9 và ñiểm 10 ñó là 160 . Hỏi An ñược bao nhiêu bài ñiểm 9 và bao nhiêu bài ñiểm 10 ?  = 90º . ðiểm C nằm trên cung Câu 9: ( ) Cho ñường tròn O , hai ñiểm A, B nằm trên O sao cho AOB( ) lớn AB sao cho AC > BC và tam giác ABC có ba góc ñều nhọn. Các ñường cao AI , BK của tam giác ABC cắt nhau tại ñiểm H . BK cắt (O ) tại ñiểm N (khác ñiểm B ); AI cắt (O ) tại ñiểm M (khác ñiểm A ); NA cắt MB tại ñiểm D . Chứng minh rằng: a) Tứ giác CIHK nội tiếp một ñường tròn. b) MN là ñường kính của ñường tròn (O ) . c) OC song song với DH .
  2. Câu 10: a) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m ñể phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 sao cho x 1 + x 2 + 3 + x 1x 2 = 2m + 1 . b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 3 + b3 + 4 M = . ab + 1 ----------Hết--------- BẢNG ðÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 D B D A A B I. TRẮC NGHIỆM (3,0 ñiểm) Chọn phương án trả lời ñúng trong các câu sau: 4 Câu 1: Khi x = 7 biểu thức có giá trị là x + 2 −1 1 4 4 A. . B. . C. . D. 2 . 2 8 3 Lời giải Chọn: D 4 Thay x = 7 (thỏa mãn) vào biểu thức ta tính ñược biểu thức có giá trị bằng x + 2 −1 4 4 = = 2. 7 + 2 −1 3 −1 Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào ñồng biến trên ℝ ? A. y = 1 − x . B. y = 2x − 3 . ( C. y = 1 − 2 x . ) D. y = −2x + 6 . Lời giải Chọn: B Hàm số y = 2 x − 3 ñồng biến trên ℝ . Câu 3: Số nghiệm của phương trình x 4 − 3x 2 + 2 = 0 là A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn: D ðặt t = x 2 (t ≥ 0) . Khi ñó phương trình tương ñương t 2 − 3t + 2 = 0 . Ta thấy 1- 3 + 2 = 0 . Nên phương trình có hai nghiệm t = 1 (thỏa mãn); t = 2 (thỏa mãn).  x2 = 1  x = ±1 Khi ñó ⇒  2 ⇔  x = 2 x = ± 2 Câu 4: Cho hàm số y = ax 2 (a ≠ 0) . ðiểm M (1;2) thuộc ñồ thị hàm số khi 1 1 A. a = 2 . B. a = . C. a = −2 . D. a = . 2 4 Lời giải Chọn A . Vì M (1;2) thuộc ñồ thị hàm số y = ax 2 (a ≠ 0) nên ta có 2 = a.12 ⇔ a = 2 (thỏa mãn).
  3. Câu 5: Từ ñiểm A nằm bên ngoài ñường tròn (O ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới ñường tròn ( B,C là các  = 30 , số ño của cung nhỏ CK là tiếp ñiểm). Kẻ ñường kính BK . Biết BAC A. 30° . B. 60° . C. 120° . D. 150° . Lời giải Chọn: A.  = COK Từ giả thiết ta suy ra tứ giác ABOC nội tiếp nên BAC  = 30° , mà COK  = sñ CK  nên Số ño cung nhỏ CK là 30° . Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân ñường cao hạ từ ñỉnh A xuống cạnh BC . Biết HB 1 AH = 12cm , = . ðộ dài ñoạn BC là HC 3 A. 6 cm . B. 8 cm . C. 4 3 cm . D. 12 cm . Lời giải Chọn: B HB 1 Theo ñề bài ta có: = ⇒ HC = 3HB . Áp dụng hệ HC 3 thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A có ñường cao AH 2 = BH .HC ⇔ 12 = BH .3BH AH ta có ⇔ BH 2 = 4 ⇔ BH = 2 ⇒ HC = 3.HB = 3.2 = 6 ⇒ BC = HB + HC = 2 + 6 = 8 ( cm ) II. TỰ LUẬN (7,0 ñiểm) 2 2 Câu 7: Cho biểu thức A = ( ) ( x −1) − 3 x + 1 với x ≥ 0 , x ≠ 1 . x +1 + ( x − 1)( x + 1) x − 1 a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm x là số chính phương ñể 2019A là số nguyên. Lời giải 2 2 a) A = ( ) ( x +1 + ) x −1 − 3 x −1 = x + 2 x +1+ x −2 x +1− 3 x −1 x −1 x −1 = 2x − 3 x + 1 2x − 2 x − x + 1 = = ( x − 1)(2 x − 1) = 2 x − 1 . x −1 x −1 ( x − 1)( x + 1) x + 1 2019A = ( 2019 2 x + 2 − 3 ) = 4038 − 6057 . x +1 x +1 b) 2019A là số nguyên khi và chỉ khi x + 1 là ước nguyên dương của 6057 gồm: 1; 3;9;673, 2019;6057 . +) x + 1 = 1 ⇔ x = 0 , thỏa mãn.
  4. +) x + 1 = 3 ⇔ x = 4 , thỏa mãn. +) x + 1 = 9 ⇔ x = 64 , thỏa mãn. +) x + 1 = 673 ⇔ x = 451584 , thỏa mãn. +) x + 1 = 2019 ⇔ x = 4072324 , thỏa mãn. +) x + 1 = 6057 ⇔ x = 36675136 , thỏa mãn. Câu 8: An ñếm số bài kiểm tra một tiết ñạt ñiểm 9 và ñiểm 10 của mình thấynhiều hơn 16 bài. Tổng số ñiểm của tất cả các bài kiểm tra ñạt ñiểm 9 và ñiểm 10 ñó là 160 . Hỏi An ñược bao nhiêu bài ñiểm 9 và bao nhiêu bài ñiểm 10 ? Lời giải Gọi số bài ñiểm 9 và ñiểm 10 của An ñạt ñược lần lượt là x , y (bài) (x , y ∈ ℕ ) . Theo giả thiết x + y > 16 . Vì tổng số ñiểm của tất cả các bài kiểm tra ñó là 160 nên 9x + 10y = 160 . 160 Ta có 160 = 9x + 10y ≥ 9 (x + y ) ⇒ x + y ≤ . 9 160 Do x + y ∈ ℕ và 16 < x + y ≤ nên x + y = 17 . 9  x + y = 17  x = 17 − y  x = 10  Ta có hệ  ⇔  ⇔  (thỏa mãn).    9x + 10y = 160    9 (17 − y ) + 10y = 160   y = 7 Vậy An ñược 10 bài ñiểm 9 và 7 bài ñiểm 10 .  = 90º . ðiểm C nằm trên cung Câu 9: Cho ñường tròn (O ) , hai ñiểm A, B nằm trên (O ) sao cho AOB lớn AB sao cho AC > BC và tam giác ABC có ba góc ñều nhọn. Các ñường cao AI , BK của tam giác ABC cắt nhau tại ñiểm H . BK cắt (O ) tại ñiểm N (khác ñiểm B ); AI cắt (O ) tại ñiểm M (khác ñiểm A ); NA cắt MB tại ñiểm D . Chứng minh rằng: a) Tứ giác CIHK nội tiếp một ñường tròn. b) MN là ñường kính của ñường tròn (O ) . c) OC song song với DH . Lời giải a)Ta có C   HK ⊥ KC ⇒ HKC  + HIC = 90º +90º = 180º .   HI ⊥ IC  N Do ñó,CIHK là tứ giác nội tiếp. O b) Do tứ giác CIHK nội tiếp nên K  = BHI 45º = ICK  = 1 sñBM  + 1 sñAN . I M 2 2 H  + sñAN  = 90° . A B ⇒ sñBM     Suy ra, sñMN = sñAB + (sñBM + sñAN ) hay = 90° + 90° = 180º MN là ñường kính của (O ) . D
  5. c) Do MN là ñường kính của (O ) nên MA ⊥ DN , NB ⊥ DM . Do ñó, H là trực tâm tam giác DMN hay DH ⊥ MN . Do I , K cùng nhìn AB dưới góc 90º nên tứ giác ABIK nội tiếp.  = CBK Suy ra, CAI  ⇒ sñCM  = sñCN  ⇒ C là ñiểm chính giữa của cung MN ⇒ CO ⊥ MN . Vì AC > BC nên ∆ABC không cân tại C do ñó C ,O, H không thẳng hàng. Từ ñó suy ra CO //DH . Câu 10: a) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m ñể phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 sao cho x 1 + x 2 + 3 + x 1x 2 = 2m + 1 . b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 3 + b3 + 4 M = . ab + 1 Lời giải 2 a) ∆′ = m 2 + 2m + 1 = (m + 1) . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆′ > 0 ⇔ m ≠ −1 . Áp dụng ðL Vi-ét ta có x 1 + x 2 = 2m; x 1.x 2 = −2m − 1 . Ta có 2m + 2 − 2m = 2m + 1 ( ðK 0 ≤ m ≤ 1 (*) ) 2m − 1 2m − 1 ⇔ 2m − 1 + 2 − 2m − 1 − (2m − 1) = 0 ⇔ − (2m − 1) = 0 − 2m + 1 2 − 2m + 1    m = 1 t / m (*) ( ) 1 1  ⇔ (2m − 1) − − 1 = 0 ⇔  2  2m + 1   1 1 2 − 2m + 1  − − 1 = 0 (2)  2m + 1 2 − 2m + 1 1 Vì 2m + 1 ≥ 1, ∀m thỏa mãn 0 ≤ m ≤ 1 ⇒ ≤ 1 . Do ñó, VT (2) < 0 = VP (2) hay (2) vô 2m + 1 nghiệm. 1 Vậy giá trị cần tìm là m = . 2 ( ) b) Ta có a 3 + b 3 + 4 = a 3 + b 3 + 1 + 3 ≥ 3ab + 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 . a 3 + b 3 + 4 3 (ab + 1) Vì ab + 1 > 0 nên M = ≥ = 3. ab + 1 ab + 1 Do ñó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 3 ñạt ñược khi a = b = 1 . Suy ra a 3 + b3 + 4 ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) + 4 = 2 2 + 4 . This image cannot currently be display ed. +) Vì a 2 + b 2 = 2 nên 1 a 3 + b3 + 4 Mặt khác ≤ 1 do ab + 1 ≥ 1 . Suy ra M = ≤ 2 2 + 4. ab + 1 ab + 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   2 2 a + b = 2 ⇔ a;b = 0; 2 ∨ a;b = 2; 0 .  ab = 0  ( ) ( ) ( ) ( )   Giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4 + 2 2 ñạt ñược khi (a;b ) = 0; 2 ∨ (a;b ) = ( ) ( 2; 0 ) --------------- HẾT ---------------
ANTS
ANTS

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản